30 câu hỏi lý thuyết về điện phân mức độ vận dụng có đáp án và lời giải chi tiết

Phương pháp giải:

Lý thuyết điều chế kim loại.

Lời giải chi tiết:

Phương trình đúng là:

(1) \(2CuS{O_4} + 2{H_2}O\xrightarrow{{dpdd}}2Cu + 2{H_2}S{O_4} + {O_2}\)

(3) \(CuS{O_4} + Fe \to FeS{O_4} + Cu\)

Vậy có 2 phương trình đúng.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Lý thuyết điều chế kim loại.

Lời giải chi tiết:

Sơ đồ không đúng là:

\(FeS\xrightarrow{{ + HCl}}F{\text{e}}C{l_2}\xrightarrow{{ + Cu}}F{\text{e}}\)

Vì Cu yếu hơn Fe nên không thể đẩy Fe ra khỏi dung dịch muối FeCl₂.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Anot của thiết bị là nơi xảy ra bán phản ứng oxi hóa.

Lời giải chi tiết:

Bán phản ứng xảy ra ở anot là 2H₂O → O₂ + 4H⁺ + 4e

Chọn C.

Phương pháp giải:

Viết các quá trình điện phân ở hai cực của thiết bị

Đánh giá giá trị pH của dung dịch

Lời giải chi tiết:

+ Tại catot (-): xảy ra quá trình khử theo thứ tự

Cu²⁺ → Cu + 2e

Fe²⁺ → Fe + 2e

+ Tại anot (+): xảy ra quá trình oxi hóa

2H₂O → O₂ + 4H⁺ + 4e

Do H⁺ sinh ra ở anot nên pH của dung dịch giảm dần

Chọn A

Phương pháp giải:

Điện phân dung dịch có thể điều chế các kim loại hoạt động trung bình hoặc yếu (các kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa) bằng cách điện phân dung dịch muối của chúng.

Lời giải chi tiết:

Điện phân dung dịch có thể điều chế các kim loại hoạt động trung bình hoặc yếu (các kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa) bằng cách điện phân dung dịch muối của chúng.

→ Zn²⁺ và Ag⁺ bị điện phân; Al³⁺ không bị điện phân.

Catot của bình 2 (-): Ag⁺ + 1e → Ag

⟹ n_{e trao đổi (2)} = n_Ag = \(\frac{{1,62}}{{108}}\) = 0,015 mol

Catot của bình 1 (-): Zn²⁺ + 2e → Zn

⟹ n_{e trao đổi (1)} = 2.n_Zn

Do 3 bình điện phân mắc nối tiếp nên mol electron trao đổi như nhau

⟹ n_{e trao đổi (1)} = n_{e trao đổi (2)} ⟹ 2.n_Zn = 0,015 ⟹ n_Zn = 0,0075 mol

Khối lượng Zn bám lên điện cực trong bình 1 là: m_Zn = 0,0075.65 = 0,4875 gam

Chọn B.

Phương pháp giải:

Anot của thiết bị là nơi xảy ra bán phản ứng oxi hóa.

Lời giải chi tiết:

Bán phản ứng xảy ra ở anot là: 2Cl^- → Cl₂ + 2e

Chọn D.

Phương pháp giải:

Viết các quá trình điện phân ở hai cực của thiết bị.

Đánh giá giá trị pH của dung dịch.

Lời giải chi tiết:

Bán phản ứng xảy ra trên mỗi điện cực:

+ Tại catot (-): \(2{H_2}O + 2{\rm{e}} \to 2{\rm{O}}{H^ - } + {H_2}\)

+ Tại anot (+): \(2C{l^ - } \to C{l_2} + 2{\rm{e}}\)

Do tại catot sinh ra ion OH^- nên pH của dung dịch tăng.

Chọn A.

Phương pháp giải:

Điện phân dung dịch có thể điều chế các kim loại hoạt động trung bình hoặc yếu (các kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa) bằng cách điện phân dung dịch muối của chúng.

Lời giải chi tiết:

Điện phân dung dịch có thể điều chế các kim loại hoạt động trung bình hoặc yếu (các kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa) bằng cách điện phân dung dịch muối của chúng.

⟹ Al³⁺ không bị điện phân.

⟹ Không có kim loại Al bám lên điện cực ở bình 3.

Chọn A.

Phương pháp giải:

Tại catot (-) xảy ra quá trình khử.

Lời giải chi tiết:

Tại catot xảy ra quá trình 2H₂O + 2e → 2OH^- + H₂

Chọn C.

Phương pháp giải:

Viết các quá trình điện phân ở hai cực của thiết bị

Xác định các chất có trong dung dịch sau điện phân

Xét các chất phản ứng được với dung dịch sau điện phân

Lời giải chi tiết:

+ Tại catot (-): xảy ra quá trình khử

2H₂O + 2e → 2OH^- + H₂

+ Tại anot (+): xảy ra quá trình oxi hóa

2Cl^- → Cl₂ + 2e

Vậy dung dịch sau khi điện phân hoàn toàn bao gồm Na⁺, Ba²⁺, OH^-, H₂O (hay gồm: NaOH và Ba(OH)₂)

A. Không phản ứng

B. PTHH minh họa: Ba(OH)₂ + Na₂CO₃ → BaCO₃↓ + H₂O

C. PTHH minh họa: 2NaOH + Cl₂ → NaCl + NaClO + H₂O

                                 2Ba(OH)₂ + 2Cl₂ → BaCl₂ + Ba(ClO)₂ + 2H₂O

D. PTHH minh họa: 2NaOH + Al₂O₃ →  2NaAlO₂ + H₂O

                                  Ba(OH)₂ + Al₂O₃ → Ba(AlO₂)₂ + H₂O

Chọn A.

Phương pháp giải:

Điện phân dung dịch có thể điều chế các kim loại hoạt động trung bình hoặc yếu bằng cách điện phân dung dịch muối của chúng.

Lời giải chi tiết:

Điện phân dung dịch có thể điều chế các kim loại hoạt động trung bình hoặc yếu (các kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa) bằng cách điện phân dung dịch muối của chúng

→ Mg²⁺ không bị điện phân → số gam Mg bám trên catot = 0

Chọn A.

Phương pháp giải:

Khi điện phân dung dịch, ở điện cực catot:

+ Nếu dung dịch có chứa nhiều cation thì cation nào có tính oxi hóa mạnh hơn sẽ bị điện phân trước.

+ Một số cation không bị điện phân như K⁺,Na⁺, Ca²⁺, Ba²⁺, Mg²⁺, Al³⁺… Khi đó nước bị điện phân theo bán phản ứng: 2H₂O + 2e → H₂ + 2OH^-

Lời giải chi tiết:

Khi điện phân dung dịch, tại catot thì cation nào có tính oxi hóa mạnh hơn sẽ bị điện phân trước.

Dựa vào dãy điện hóa ta thấy tính oxi hóa: Ag⁺ > Fe³⁺ > Cu²⁺ > Fe²⁺

Vậy thứ tự điện phân là Ag⁺, Fe³⁺, Cu²⁺, Fe²⁺.

Chọn B.

Phương pháp giải:

Viết các quá trình điện phân ở hai cực của thiết bị.

Đánh giá giá trị pH của dung dịch.

Lời giải chi tiết:

Các quá trình xảy ra trên điện cực:

+ Tại catot:

Ag⁺ + 1e → Ag

Fe³⁺+ 1e → Fe²⁺

Cu²⁺ + 2e → Cu

Fe²⁺ + 2e → Fe

+ Tại anot: 2H₂O → O₂ + 4H⁺ + 4e

Do tại anot sinh ra ion H⁺ nên pH của dung dịch giảm dần.

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Từ khối lượng kim loại bám trên catot tính được số mol Cu.

- Áp dụng định luật bảo toàn electron tính được số mol Cl₂.

- Tính thể tích khí thoát ra ở anot.

Lời giải chi tiết:

Các quá trình trao đổi electron:

+ Tại catot: Cu²⁺ + 2e → Cu

+ Tại anot: 2Cl^- → Cl₂ + 2e

Ta có: \({n_{Cu}} = \frac{{6,4}}{{64}} = 0,1\,\,mol\)

Áp dụng định luật bảo toàn electron: \(2{n_{Cu}} = 2{n_{C{l_2}}} \to {n_{C{l_2}}} = {n_{Cu}} = 0,1\,\,mol\)

\( \to {V_{C{l_2}}} = 0,1.22,4 = 2,24\) (lít)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Khi điện phân không dùng các anot trơ mà dùng các kim loại thì các kim loại dễ bị oxi hóa hơn các anion và do đó chúng tan vào dung dịch

Lời giải chi tiết:

Sử dụng điện cực là Cu nên tại anot: xảy ra quá trình oxi hóa Cu chứ không phải Cl^-

Bán phản ứng: Cu → Cu²⁺ + 2e

Chọn A.

Phương pháp giải:

Anot của thiết bị là nơi xảy ra bán phản ứng oxi hóa.

Lời giải chi tiết:

Sử dụng điện cực bằng than chì thì tại anot sẽ xảy ra quá trình oxi hóa Cl^-

Bán phản ứng:  2Cl^- → Cl₂ + 2e

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Từ số mol kim loại bám trên catot, tính được số mol e trao đổi

- Từ số mol e trao đổi, tính được số mol khí bên anot

- Tính khối lượng dung dịch giảm: m_{dd giảm} = m_{kết tủa} + m_{khí thoát ra}

Lời giải chi tiết:

Tại catot (-) có các cation đi về: Cu²⁺; Na⁺ và H₂O

Tại anot (+) có các anion đi về: Cl^-; NO₃^- và H₂O

\({n_{Cu}} = \frac{{6,4}}{{64}} = 0,1\,\,mol\)

Các quá trình trao đổi electron:

Áp dụng bảo toàn e: \(2{n_{Cu}} = 2{n_{C{l_2}}} \to {n_{C{l_2}}} = {n_{Cu}} = 0,1\,\,mol\)

Ta có: m_{dd giảm} = m_Cu↓ + m_Cl2↑ = 6,4 + 0,1.71 = 13,5 gam

Chọn A.

Phương pháp giải:

Catot của thiết bị là nơi xảy ra bán phản ứng khử.

Lời giải chi tiết:

Bán phản ứng xảy ra ở catot là Pb²⁺ + 2e → Pb.

Chú ý: Al³⁺ không bị điện phân.

Chọn A.

Phương pháp giải:

- Anot của thiết bị là nơi xảy ra bán phản ứng oxi hóa; catot của thiết bị là nơi xảy ra bán phản ứng khử.

- Khi điện phân dung dịch sử dụng kim loại làm cực dương trùng với ion kim loại bị điện phân thì sẽ xảy ra hiện tượng dương cực tan.

Lời giải chi tiết:

Tại catot xảy ra bán phản ứng: Pb²⁺ + 2e → Pb

Tại anot xảy ra bán phản ứng: Pb → Pb²⁺ + 2e (cực dương tan dần nên được gọi là hiện tượng dương cực tan).

Chọn D.

Phương pháp giải:

Điện phân dung dịch có thể điều chế các kim loại hoạt động trung bình hoặc yếu (các kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa) bằng cách điện phân dung dịch muối của chúng.

Lời giải chi tiết:

Điện phân dung dịch có thể điều chế các kim loại hoạt động trung bình hoặc yếu (các kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa) bằng cách điện phân dung dịch muối của chúng.

→ Cu²⁺ và Ag⁺ bị điện phân; Al³⁺ không bị điện phân.

Catot của bình 1 (-): Cu²⁺ + 2e → Cu

⟹ n_{e trao đổi (1)} = 2.n_Cu = 2.\(\frac{{3,84}}{{64}}\) = 0,12 mol

Catot của bình 2 (-): Ag⁺ + 1e → Ag

⟹ n_{e trao đổi (1)} = n_Ag

Do 3 bình điện phân mắc nối tiếp nên mol electron trao đổi như nhau

⟹ n_{e trao đổi (1)} = n_{e trao đổi (2)} ⟹ n_Ag = 0,12 mol

Khối lượng Ag bám lên điện cực trong bình 2 là: m_Ag = 0,12.108 = 12,96 gam.

Chọn C.

Phương pháp giải:

Catot của thiết bị là nơi xảy ra bán phản ứng khử.

Lời giải chi tiết:

Bán phản ứng xảy ra ở catot là Cu²⁺ + 2e → Cu.

Chú ý: Khi điện phân dung dịch, ion Na⁺ không bị điện phân.

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Anot của thiết bị là nơi xảy ra bán phản ứng oxi hóa; catot của thiết bị là nơi xảy ra bán phản ứng khử.

- Dựa vào số mol ban đầu của mỗi muối ⟹ Các phản ứng điện phân.

- Từ sản phẩm của quá trình điện phân suy ra giá trị pH của dung dịch điện phân.

Lời giải chi tiết:

Do trong cùng dung dịch, CuSO₄ và NaCl có cùng nồng độ mol nên số mol của chúng bằng nhau.

Đặt \({n_{CuS{O_4}}} = {n_{NaCl}} = a\left( {mol} \right)\)

Phương trình điện phân:

CuSO₄ + 2NaCl → Cu + Cl₂ + Na₂SO₄

    a             a                                        ⟹ Ta thấy: \(\frac{a}{1} > \frac{a}{2}\) nên NaCl hết, CuSO₄ còn dư

2CuSO₄ + 2H₂O → 2Cu + O₂ + 2H₂SO₄

Dung dịch sau điện phân có chứa H₂SO₄ nên có pH < 7.

Chọn B.

Phương pháp giải:

*Bình (2): Các phản ứng điện phân tại catot bình (2):

Fe³⁺ + 1e → Fe²⁺

Fe²⁺ + 2e → Fe

Từ số mol của Fe³⁺ và Fe tính được số mol e trao đổi ở bình (2).

Do 2 bình điện phân mắc nối tiếp nên mol electron trao đổi như nhau nên ⟹ n_{e (bình 1)} = n_{e (bình 2)}

*Bình (1):

So sánh n_{e (bình 1)} với \(2.{n_{C{u^{2 + }}}}\) ⟹ CuSO₄ đã bị điện phân hết, H₂O đang bị điện phân

Từ đó tính được lượng Cu bám vào catot bình (1).

Lời giải chi tiết:

*Bình (2):

Ta có: \({n_{F{\rm{e}}{{(N{O_3})}_3}}} = 0,3.1 = 0,3\left( {mol} \right);{n_{F{\rm{e}}}} = \frac{{5,6}}{{56}} = 0,1\left( {mol} \right)\)

Tại catot (-):

Fe³⁺ + 1e → Fe²⁺

0,3 → 0,3             (mol)

Fe²⁺ + 2e → Fe

         0,2 ← 0,1    (mol)

⟹ n_{e (bình 2)} = 0,3 + 0,2 = 0,5 mol

Do 2 bình điện phân mắc nối tiếp nên mol electron trao đổi như nhau

⟹ n_{e (bình 1)} = n_{e (bình 2)} = 0,5 mol

*Bình (1):

Ta có: \({n_{CuS{O_4}}} = 0,2.1 = 0,2\left( {mol} \right)\)

So sánh thấy: \({n_{e(binh\,1)}} > 2.{n_{C{u^{2 + }}}}\) ⟹ CuSO₄ đã bị điện phân hết, H₂O đang bị điện phân

Khối lượng Cu bám vào catot của bình (1) là: m_Cu = 0,2.64 = 12,8 gam.

Chọn C.

Phương pháp giải:

Khi điện phân dung dịch, ở điện cực catot:

+ Nếu dung dịch có chứa nhiều cation thì cation nào có tính oxi hóa mạnh hơn sẽ bị điện phân trước.

+ Một số cation không bị điện phân như K⁺,Na⁺, Ca²⁺, Ba²⁺, Mg²⁺, Al³⁺… Khi đó nước bị điện phân theo bán phản ứng: 2H₂O + 2e → H₂ + 2OH^-

Lời giải chi tiết:

Khi điện phân dung dịch, ở điện cực catot:

+ Nếu dung dịch có chứa nhiều cation thì cation nào có tính oxi hóa mạnh hơn sẽ bị điện phân trước.

+ Một số cation không bị điện phân như K⁺,Na⁺, Ca²⁺, Ba²⁺, Mg²⁺, Al³⁺… Khi đó nước bị điện phân theo bán phản ứng: 2H₂O + 2e → H₂ + 2OH^-

- Ta thấy, ion Al³⁺ không bị điện phân.

- Mặt khác, dựa vào dãy điện hóa ta có tính oxi hóa của các cation kim loại: Ag⁺ > Cu²⁺ > Fe²⁺.

Vậy thứ tự điện phân tại catot là: Ag⁺, Cu²⁺, Fe²⁺, H₂O.

Chọn A.

Phương pháp giải:

- Khi bắt đầu xuất hiện khí ở catot tức là H₂O vừa điện phân tại catot thì ta dừng lại nên coi như H₂O chưa bị điện phân.

- Viết các bán phản ứng xảy ra tại catot và anot.

- Xác định chất tan có trong dung dịch sau điện phân.

Lời giải chi tiết:

- Khi bắt đầu xuất hiện khí ở catot tức là H₂O vừa điện phân tại catot thì ta dừng lại nên coi như H₂O chưa bị điện phân.

- Bán phản ứng điện phân:

*Tại catot:

Ag⁺ + 1e → Ag

Cu²⁺ + 2e → Cu

Fe²⁺ + 2e → Fe

⟹ Al³⁺ không bị điện phân nên còn nguyên trong dung dịch

*Tại anot:

Ion NO₃^- không bị điện phân nên nước điện phân hộ:

2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

Vậy dung dịch sau phản ứng có chứa: Al³⁺, NO₃^-, H⁺

⟹ Chất tan có trong dung dịch sau điện phân là: Al(NO₃)₃ và HNO₃.

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Viết bán phản ứng điện phân tại catot và anot.

- Từ khối lượng kim loại bám trên catot tính được số mol Cu.

- Áp dụng định luật bảo toàn electron tính được số mol O₂.

- Tính thể tích khí thoát ra ở anot.

Lời giải chi tiết:

Các bán phản ứng điện phân tại catot và anot:

+ Tại catot: Cu²⁺ + 2e → Cu

+ Tại anot: 2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

Ta có: \({n_{Cu}} = \frac{{6,4}}{{64}} = 0,1\,\,mol\)

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có:

n_e(catot) = n_e(anot) ⇔ \(2{n_{Cu}} = 4{n_{{O_2}}} \to {n_{{O_2}}} = \frac{1}{2}{n_{Cu}} = \frac{1}{2}.0,1 = 0,05\left( {mol} \right)\)

\( \to {V_{{O_2}}} = 0,05.22,4 = 1,12\) (lít)

Vậy thể tích khí thoát ra ở anot là 1,12 lít.

Chọn D.

Phương pháp giải:

Catot của thiết bị là nơi xảy ra bán phản ứng khử.

Lời giải chi tiết:

Khi điện phân dung dịch, tại catot ion Na⁺ không bị điện phân nên xảy ra sự điện phân H₂O. Bán phản ứng xảy ra tại catot là: 2H₂O + 2e → H₂ + 2OH^-.

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Viết các quá trình điện phân ở hai cực của thiết bị.

- Đánh giá MT của dung dịch sau điện phân.

- Chọn phát biểu đúng.

Lời giải chi tiết:

Bán phản ứng xảy ra trên mỗi điện cực:

+ Tại catot (-): \(2{H_2}O + 2{\rm{e}} \to 2{\rm{O}}{H^ - } + {H_2}\)

+ Tại anot (+): \(2C{l^ - } \to C{l_2} + 2{\rm{e}}\)

Do đó dung dịch thu được có môi trường kiềm nên làm phenolphtalein chuyển sang màu hồng.

Chọn B.

Phương pháp giải:

*Bình (2):

- Tính được số mol AgNO₃

- Khi bắt đầu xuất hiện khí ở catot tức là H₂O vừa điện phân tại catot thì ta dừng lại nên coi như Ag⁺ bị điện phân vừa hết và H₂O chưa bị điện phân.

- Viết bán phản ứng điện phân tại catot. Từ số mol Ag⁺ tính được số mol e trao đổi của bình (2).

Do 2 bình điện phân mắc nối tiếp nên mol electron trao đổi như nhau nên ⟹ n_{e (bình 1)} = n_{e (bình 2)}

*Bình (1): Tính được số mol CuSO₄

- So sánh thấy thấy: \({n_{e(binh\,2)}} < 2{n_{C{u^{2 + }}}}\) nên Cu²⁺ chưa bị điện phân hết.

- Từ số mol e trao đổi tính được số mol Cu ⟹ khối lượng Cu bám vào catot của bình (1).

Lời giải chi tiết:

*Bình (2): \({n_{AgN{O_3}}} = 0,1.1 = 0,1\left( {mol} \right)\)

Khi bắt đầu xuất hiện khí ở catot tức là H₂O vừa điện phân tại catot thì ta dừng lại nên coi như Ag⁺ bị điện phân vừa hết và H₂O chưa bị điện phân.

Tại catot (-):   Ag⁺  +  1e → Ag

                        0,1 →  0,1            (mol)

⟹ n_{e (bình 1)} = 0,1 mol

Do 2 bình điện phân mắc nối tiếp nên mol electron trao đổi như nhau nên ⟹ n_{e (bình 1)} = n_{e (bình 2)} = 0,1 mol

*Bình (1): \({n_{CuS{O_4}}} = 0,1.1 = 0,1\left( {mol} \right)\)

Ta thấy: \({n_{e(binh\,2)}} < 2{n_{C{u^{2 + }}}}\) nên Cu²⁺ chưa bị điện phân hết

Tại catot (-):   Cu²⁺ + 2e → Cu

                                   0,1 → 0,05 (mol)

Khối lượng Cu bám lên điện cực trong bình (1) là: m_Cu = 0,05.64 = 3,2 (g)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Catot là nơi xảy ra quá trình khử, do vậy ion có tính oxi hóa cao sẽ bị khử trước

Dựa vào dãy điện hóa ta thấy thứ tự oxi hóa: Ag⁺ > Fe²⁺ > H₂O. Do vậy Ag⁺  bị khử trước.

Lời giải chi tiết:

Catot là nơi xảy ra quá trình khử:

Dựa vào dãy điện hóa ta thấy thứ tự tính oxi hóa: Ag⁺ > Fe²⁺ > H₂O. Do vậy Ag⁺  bị khử trước.

Ag⁺ + 1e → Ag

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Anot của thiết bị là nơi xảy ra bán phản ứng oxi hóa; catot của thiết bị là nơi xảy ra bán phản ứng khử.

- Từ sản phẩm của quá trình điện phân suy ra được dd chứa chất gì, từ đó chọn được đáp án chất không pư phù hợp.

Lời giải chi tiết:

Điện phân hoàn toàn, phản ứng xảy ra theo thứ tự:

Phương trình điện phân:

AgNO₃ \(\xrightarrow{{dpdd}}\) Ag + O₂↑ + HNO₃

Fe(NO₃)₂ \(\xrightarrow{{dpdd}}\) Fe + O₂↑ + HNO₃

Sau khi điện phân hoàn toàn, dung dịch thu được có chứa HNO₃

A. Có phản ứng theo PTHH: Al₂O₃ + 6HNO₃ → 2Al(NO₃)₃ + 3H₂O

B. Có phản ứng theo PTHH: 3Cu + 8HNO₃ → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O

C. Có phản ứng theo PTHH: NaOH + HNO₃ → NaNO₃ + H₂O

D. Không phản ứng vì không thỏa mãn điều kiện axit tác dụng với muối phải sinh ra chất kết tủa hoặc bay hơi.

Chọn D.

Phương pháp giải:

*Bình (2): xảy ra bán phản ứng:

Fe²⁺ + 2e → Fe

Từ số mol của Fe tính được số mol e trao đổi ở bình (2).

Do 2 bình điện phân mắc nối tiếp nên mol electron trao đổi như nhau nên → n_{e (bình 1)} = n_{e (bình 2)}

*Bình (1):

So sánh n_{e (bình 1)} với n_Ag+ → AgNO₃ đã bị điện phân hết, H₂O đang bị điện phân

Từ đó tính được lượng Ag bám vào catot bình (1).

Lời giải chi tiết:

*Bình (2):

Ta có: \({n_{F{\rm{e}}{{(N{O_3})}_2}}} = 0,3.1 = 0,3\left( {mol} \right);{n_{F{\rm{e}}}} = \frac{{8,4}}{{56}} = 0,15\left( {mol} \right)\)

Ta thấy: 2n_Fe < n_Fe(NO3)2 nên Fe(NO₃)₂ chưa điện phân hết, mọi tính toán theo số mol Fe

Tại catot (-):

Fe²⁺ + 2e → Fe

           0,3 ← 0,15    (mol)

→ n_{e (bình 2)} = 2n_Fe = 2.0,15 = 0,3 (mol)

Do 2 bình điện phân mắc nối tiếp nên mol electron trao đổi như nhau

→ n_{e (bình 1)} = n_{e (bình 2)} = 0,3 mol

*Bình (1):

Ta có: n_AgNO3 = 0,2.1 = 0,2 (mol)

So sánh thấy: \({n_{e(binh\,1)}} > {n_{A{g^ + }}}\) →  AgNO₃ đã bị điện phân hết, H₂O đang bị điện phân

Khối lượng Ag bám vào catot của bình (1) là: m_Ag = 0,2.108 = 21,6 gam.

Chọn A.

Phương pháp giải:

Catot của thiết bị là nơi xảy ra bán phản ứng khử.

Lời giải chi tiết:

Điện phân dung dịch CuSO₄ với catot (-) làm bằng graphit, anot (+) làm bằng Cu:

Catot (-): Cu²⁺ + 2e → Cu

Anot (+): 2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Khối lượng catot tăng là khối lượng của Cu bám vào. Từ đó xác định lượng Cu.

- Viết bán phản ứng tại các điện cực.

- Áp dụng định luật bảo toàn electron để tính lượng O₂ sinh ra ở anot ⟹ Thể tích khí thu được ở anot.

Lời giải chi tiết:

Khối lượng catot tăng là khối lượng của Cu bám vào.

\( \to {n_{Cu}} = \frac{{28,8}}{{64}} = 0,45\left( {mol} \right)\)

Xét các điện cực:

*Catot (-): Do trong quá trình điện phân không thấy khí thoát ra ở catot nên H₂O không bị điện phân tại catot.

            Cu²⁺ + 2e → Cu

*Anot (+): Ion SO₄^2- không bị điện phân nên H₂O bị điện phân.

            2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e+HH

Áp dụng bảo toàn e: \({n_{e(cat{\rm{o}}t)}} = {n_{e(an{\rm{o}}t)}} \Leftrightarrow 2{n_{Cu}} = 4{n_{{O_2}}}\)

\( \Rightarrow {n_{{O_2}}} = \frac{1}{2}{n_{Cu}} = \frac{1}{2}.0,45 = 0,225\left( {mol} \right)\)

Thể tích khí O₂ thoát ra tại anot là: \({V_{{O_2}}} = 0,225.22,4 = 5,04\left( l \right)\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Anot của thiết bị là nơi xảy ra bán phản ứng oxi hóa; catot của thiết bị là nơi xảy ra bán phản ứng khử.

- Khi điện phân dung dịch sử dụng kim loại làm cực dương trùng với ion kim loại bị điện phân thì sẽ xảy ra hiện tượng dương cực tan.

Lời giải chi tiết:

- Tại catot xảy ra bán phản ứng: Cu²⁺ + 2e → Cu

- Tại anot xảy ra bán phản ứng: Cu → Cu²⁺ + 2e (cực dương tan dần nên được gọi là hiện tượng dương cực tan).

Chọn D.

Phương pháp giải:

Anot của thiết bị là nơi xảy ra bán phản ứng oxi hóa.

Lời giải chi tiết:

Bán phản ứng tại anot là: 2Cl^- → Cl₂ + 2e.

Chọn A.

Phương pháp giải:

Khi điện phân dung dịch, ở điện cực catot:

+ Nếu dung dịch có chứa nhiều cation thì cation nào có tính oxi hóa mạnh hơn sẽ bị điện phân trước.

+ Một số cation không bị điện phân như K⁺,Na⁺, Ca²⁺, Ba²⁺, Mg²⁺, Al³⁺… Khi đó nước bị điện phân theo bán phản ứng: 2H₂O + 2e → H₂ + 2OH^-

Lời giải chi tiết:

Khi điện phân dung dịch, tại catot thì cation nào có tính oxi hóa mạnh hơn sẽ bị điện phân trước.

Dựa vào dãy điện hóa ta thấy tính oxi hóa: Fe³⁺ > Cu²⁺ > H⁺ > Fe²⁺.

Vậy thứ tự điện phân là Fe³⁺, Cu²⁺, H⁺, Fe²⁺.

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Từ khối lượng catot tăng tính được số mol Cu.

- Áp dụng định luật bảo toàn electron tính được số mol Cl₂.

- Tính khối lượng dung dịch giảm.

Lời giải chi tiết:

Khối lượng catot tăng là khối lượng của Cu bám vào.

Ta có: \({n_{Cu}} = \frac{{6,4}}{{64}} = 0,1\,\,mol\)

Các quá trình trao đổi electron:

+ Tại catot: Cu²⁺ + 2e → Cu

+ Tại anot: 2Cl^- → Cl₂ + 2e

Áp dụng định luật bảo toàn electron: \(2{n_{Cu}} = 2{n_{C{l_2}}} \to {n_{C{l_2}}} = {n_{Cu}} = 0,1\,\,mol\)

Dung dịch sau phản ứng có khối lượng giảm:

\({m_{dd\,giam}} = {m_{Cu}} + {m_{C{l_2}}} = 6,4 + 0,1.71 = 13,5\left( g \right)\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Catot của thiết bị là nơi xảy ra bán phản ứng khử.

- Anot của thiết bị là nơi xảy ra bán phản ứng oxi hóa.

Lời giải chi tiết:

Các bán phản ứng xảy ra tại mỗi cực của thiết bị điện phân là:

*Catot (-): Fe²⁺ + 2e → Fe

*Anot (+): 2H₂O → O₂ + 4H⁺ + 4e

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Viết phản ứng điện phân dưới dạng phân tử

- Xác định thành phần của dung dịch sau điện phân

- Đánh giá pH của dung dịch

Lời giải chi tiết:

Khi điện phân đồng thời dung dịch hỗn hợp chứa FeSO₄ và Al₂(SO₄)₃:

- Al₂(SO₄)₃ không bị điện phân

- FeSO₄ bị điện phân theo phản ứng: 2FeSO₄ + 2H₂O → 2Fe + O₂ + 2H₂SO₄

Vậy dung dịch sau điện phân có chứa: H₂SO₄, Al₂(SO₄)₃

⟹ Dung dịch thu được có pH < 7.

Chọn B.

Phương pháp giải:

Do trong quá trình điện phân, cả 2 cực chưa thoát ra khí ⟹ Cu²⁺ và Ag⁺ chưa bị điện phân hết

*Bình 2:

- Gọi số mol Ag⁺ bị điện phân là x (mol).

- Viết bán phản ứng điện phân tại mỗi cực. Đặt ẩn vào các bán phản ứng điện phân.

- Từ khối lượng bình 2 giảm lập được phương trình ẩn x ⟹ giá trị của x ⟹ số mol e trao đổi ở bình 2.

- Do 2 bình điện phân mắc nối tiếp nên mol electron trao đổi như nhau ⟹ n_{e (bình 1)} = n_{e (bình 2)}.

*Bình 1:

- Viết bán phản ứng điện phân tại mỗi cực.

- Đặt số mol e trao đổi vào suy ra số mol của Cu, O₂.

- Tính được khối lượng bình 1 giảm.

Lời giải chi tiết:

Do trong quá trình điện phân, cả 2 cực chưa thoát ra khí ⟹ Cu²⁺ và Ag⁺ chưa bị điện phân hết

*Bình 2:

Gọi số mol Ag⁺ bị điện phân là x (mol)

Catot: Ag⁺ + 1e → Ag

            x →   x  →  x   (mol)

Anot: 2H₂O → 4H⁺ + O₂   +  4e

                                 0,25x ←  x (mol)

Ta thấy, Ag bám vào điện cực và bị rút ra khỏi bình điện phân, còn khí O₂ thoát ra khỏi bình

⟹ Khối lượng bình 2 giảm là tổng khối lượng của Ag và O₂

⟹ 108x + 32.0,25x = 3,48 ⟹ x = 0,03 mol

⟹ n_{e (bình 2)} = 0,03 mol

Do 2 bình điện phân mắc nối tiếp nên mol electron trao đổi như nhau nên ⟹ n_{e (bình 1)} = n_{e (bình 2)} = 0,03 mol

*Bình 1:

Catot: Cu²⁺ + 2e  →  Cu

                     0,03 → 0,015 (mol)

Anot: 2H₂O → 4H⁺ +   O₂     +    4e

                                  0,0075 ← 0,03 (mol)

Tương tự, khối lượng bình 1 giảm là tổng khối lượng của Cu và O₂

⟹ m_{bình 1 giảm} = 0,015.64 + 0,0075.32 = 1,2 gam

Chọn B.

Phương pháp giải:

Anot của thiết bị là nơi xảy ra bán phản ứng oxi hóa.

Lời giải chi tiết:

Tại anot, ion NO₃^- không bị điện phân → xảy ra sự điện phân H₂O

Vậy bán phản ứng xảy ra ở anot là: 2H₂O → O₂ + 4H⁺ + 4e

Chọn C.

Phương pháp giải:

Khi điện phân dung dịch, ở điện cực catot:

+ Nếu dung dịch có chứa nhiều cation thì cation nào có tính oxi hóa mạnh hơn sẽ bị điện phân trước.

+ Một số cation không bị điện phân như K⁺,Na⁺, Ca²⁺, Ba²⁺, Mg²⁺, Al³⁺… Khi đó nước bị điện phân theo bán phản ứng: 2H₂O + 2e → H₂ + 2OH^-

Lời giải chi tiết:

Khi điện phân dung dịch, tại catot thì cation nào có tính oxi hóa mạnh hơn sẽ bị điện phân trước.

Ta thấy tại catot ion Mg²⁺ không bị điện phân nên không xét đến.

Dựa vào dãy điện hóa ta thấy tính oxi hóa: Ag⁺ > Fe³⁺ > Cu²⁺ > Fe²⁺

Vậy thứ tự điện phân tại catot là Ag⁺, Fe³⁺, Cu²⁺, Fe²⁺.

Ag⁺ + 1e → Ag

Fe³⁺ + 1e → Fe²⁺

Cu²⁺ + 2e → Cu

Fe²⁺ + 2e → Fe

⟹ Thứ tự kim loại sinh ra tại catot là Ag, Cu, Fe.

Chọn D.

Phương pháp giải:

- So sánh khối lượng catot tăng với khối lượng lớn nhất của Ag ⟹ có Fe bám vào catot

→ Xác định chất bị điện phân

- Từ khối lượng catot tăng xác định khối lượng của mỗi kim loại.

- Viết các bán phản ứng điện phân tại catot. Tính toán theo các bán phản ứng điện phân xác định được số mol e trao đổi.

- Tính thời gian điện phân dựa vào công thức: \(t = \frac{{{n_e}.F}}{I}\)

Lời giải chi tiết:

Ta thấy: \({n_{Ag\,\max }} = {n_{AgN{O_3}}} = 0,04\left( {mol} \right) \to {m_{Ag\,\max }} = 0,04.108 = 4,32\left( g \right) < 5,44\left( g \right)\) ⟹ có Fe bám vào catot

⟹ Ag⁺ và Fe³⁺ đã bị điện phân hết, Fe²⁺ bị điện phân một phần.

Khối lượng Fe bám vào catot là: \({m_{F{\rm{e}}}} = 5,44 - 4,32 = 1,12\left( g \right) \to {n_{F{\rm{e}}}} = \frac{{1,12}}{{56}} = 0,02\left( {mol} \right)\)

Tại catot (-):

           Ag⁺   +  1e  →   Ag

          0,04 → 0,04 → 0,04 (mol)

           Fe³⁺  +  1e  →   Fe²⁺

          0,06 → 0,06 → 0,06 (mol)

           Fe²⁺ + 2e  →  Fe

                    0,04 ← 0,02 (mol)

→ Số mol e trao đổi là: n_e = 0,04 + 0,06 + 0,04 = 0,14 mol

→ Thời gian điện phân là: \(t = \frac{{{n_e}.F}}{I} = \frac{{0,14.96500}}{{5,36}} = 2520,5\left( s \right)\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Anot của thiết bị là nơi xảy ra bán phản ứng oxi hóa.

Lời giải chi tiết:

Tại anot, ion SO₄^2- và NO₃^- không bị điện phân → xảy ra sự điện phân H₂O

Vậy bán phản ứng xảy ra ở anot là: 2H₂O → O₂ + 4H⁺ + 4e.

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Khi điện phân dung dịch, ở điện cực catot:

+ Nếu dung dịch có chứa nhiều cation thì cation nào có tính oxi hóa mạnh hơn sẽ bị điện phân trước.

+ Một số cation không bị điện phân như K⁺,Na⁺, Ca²⁺, Ba²⁺, Mg²⁺, Al³⁺… Khi đó nước bị điện phân theo bán phản ứng: 2H₂O + 2e → H₂ + 2OH^-

- Xác định các bán phản ứng điện phân đã diễn ra tại catot ⟹ kim loại bám vào catot

Lời giải chi tiết:

Khi điện phân dung dịch, tại catot thì cation nào có tính oxi hóa mạnh hơn sẽ bị điện phân trước.

Ta thấy tại catot ion Al³⁺ không bị điện phân nên không xét đến.

Dựa vào dãy điện hóa ta thấy tính oxi hóa: Fe³⁺ > Cu²⁺ > H⁺ > Fe²⁺

Vậy thứ tự điện phân tại catot là Fe³⁺, Cu²⁺, H⁺, Fe²⁺:

     (1) Fe³⁺ + 1e → Fe²⁺

     (2) Cu²⁺ + 2e → Cu

     (3) 2H⁺ + 2e → H₂

     (4) Fe²⁺ + 2e → Fe

Theo đề bài, ta dừng điện phân khi bắt đầu xuất hiện khí thoát ra tại catot ⟹ bán phản ứng (2) vừa kết thúc

Các bán phản ứng đã diễn ra là:

     (1) Fe³⁺ + 1e → Fe²⁺

     (2) Cu²⁺ + 2e → Cu

Vậy sau khi dừng điện phân chỉ có kim loại Cu bám vào catot.

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Tính số mol e trao đổi

- Viết các bán phản ứng điện phân tại catot, đặt mol e vào và tính toán theo các bán phản ứng điện phân đó

- Xác định các kim loại bám vào catot → khối lượng catot tăng

Lời giải chi tiết:

32 phút 10 giây = 1930 giây

Số mol electron trao đổi là: \({n_e} = \frac{{It}}{F} = \frac{{5 \times 1930}}{{96500}} = 0,1\left( {mol} \right)\)

Thứ tự điện phân tại catot:

(1) Ag⁺  +  1e       →   Ag

    0,04 → 0,04_/0,06 → 0,04 (mol)

(2) Cu²⁺     +     2e   →  Cu

     0,03_/0,02 ← 0,06 → 0,03 (mol)

Vậy có 0,04 mol Ag và 0,03 mol Cu bám vào catot.

Khối lượng catot tăng là: m = 0,04.108 + 0,03.64 = 6,24 gam

Chọn D.